Вариант 5 · Октябрь 2026

Решение:
а) Рассмотрим исходное уравнение: $\log _{3} x \cdot \log _{3} ( x^{3} + 4 x^{2} - 4 x - 16 ) = \log _{3} \left(x + 4\right)$.
Для корректности логарифмов установим область допустимых значений (ОДЗ):
$\begin{cases} x^{3} + 4 x^{2} - 4 x - 16 > 0 \\ x + 4 > 0 \end{cases}$
Разложим многочлен в первом неравенстве на множители: $x^2(x+4) - 4(x+4) = (x^2-4)(x+4) = (x-2)(x+2)(x+4) > 0$.
С учетом условия $x > -4$, получаем допустимые значения переменной: $x \in (-4; -2) \cup (2; +\infty)$.
Примечание: в исходном условии допущена опечатка в записи логарифма, перейдем к решению уравнения вида:
$x^{3} + 4 x^{2} - 4 x - 16 = x + 4$
Перенесем все слагаемые в левую часть:
$x^{3} + 4 x^{2} - 5 x - 20 = 0$
Сгруппируем члены уравнения:
$x^{2} (x + 4) - 5 (x + 4) = 0$
Вынесем общий множитель за скобки:
$(x^{2} - 5) (x + 4) = 0$
Отсюда получаем совокупность корней:
$\left[\begin{matrix} x^{2} - 5 = 0 \\ x + 4 = 0 \end{matrix}\right. \Rightarrow \left[\begin{matrix} x = \sqrt{5} \\ x = -\sqrt{5} \\ x = -4 \end{matrix}\right.$
Сопоставим найденные значения с ОДЗ. Значение $x = -4$ не входит в область определения. Числа $\sqrt{5} \approx 2,24$ и $-\sqrt{5} \approx -2,24$ удовлетворяют условиям $x \in (-4; -2) \cup (2; +\infty)$.
Таким образом, корни уравнения: $x = \pm \sqrt{5}$.

б) Определим, какие из корней попадают в отрезок $[\log_{0,5} 8; \log_{0,5} 1]$.
Упростим границы интервала: $\log_{0,5} 8 = -3$ и $\log_{0,5} 1 = 0$. То есть ищем корни на промежутке $[-3; 0]$.
1) Проверим корень $x = \sqrt{5}$:
Так как $\sqrt{5} > 0$, данное число не принадлежит интервалу $[-3; 0]$.
2) Проверим корень $x = -\sqrt{5}$:
Сравним $-3$ и $-\sqrt{5}$. Поскольку $3 = \sqrt{9}$ и $\sqrt{9} > \sqrt{5}$, то $-3 < -\sqrt{5}$.
Так как $-3 < -\sqrt{5} < 0$, корень $x = -\sqrt{5}$ принадлежит заданному отрезку.

Ответ: а) $\pm \sqrt{5};$ б) $-\sqrt{5}$

Источник: ФИПИ

Решение:

Дана правильная шестиугольная пирамида $SABCDEF$, где сторона основания $AB = 2$, а боковое ребро $SA = 8$. Точка $M$ — середина ребра $AB$. Плоскость $\alpha$ проходит через точки $M$ и $D$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$. Точка $K$ является точкой пересечения $\alpha$ с ребром $SC$.
а) 1) Проанализируем геометрию в основании $ABCD$:

Рассмотрим треугольники $AMD$ и $BMH$. Углы $\angle AMD$ и $\angle HMB$ равны как вертикальные, а $\angle MAD = \angle MBH$ как накрест лежащие при параллельных прямых. Следовательно, $\triangle AMD = \triangle BMH$ по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Отсюда получаем: $AD = HB = 4$; точка $M$ делит отрезок $HD$ пополам, то есть $HM = MD = \frac{HD}{2}$. Длина отрезка $HC = HB + BC = 4 + 2 = 6$.
Далее рассмотрим подобие треугольников $OLD$ и $CLH$. Углы при вершине $L$ вертикальные, а $\angle HCO = \angle CDO$ как накрест лежащие при $HC \parallel OD$. Таким образом, $\triangle OLD \sim \triangle CLH$.
Из подобия следует отношение: $\frac{HL}{LD} = \frac{HC}{OD} = \frac{6}{2} = 3$.
Выразим отрезки через $HL$: $LD = \frac{1}{3} HL$. Тогда вся длина $HD = HL + LD = \frac{4}{3} HL$.
Так как $M$ — середина $HD$, то $HM = MD = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} HL = \frac{2}{3} HL$.
Найдем длину $ML$: $ML = HM - HL$ (по модулю) или $ML = MD - LD = \frac{2}{3} HL - \frac{1}{3} HL = \frac{1}{3} HL$.
Заметим, что $LD = \frac{1}{3} HL$ и $ML = \frac{1}{3} HL$, значит, $ML = LD$.
2) Поскольку плоскость $\alpha$ перпендикулярна основанию и содержит прямую $MD$, а $KL$ — перпендикуляр к основанию из точки $K$, то $KL \bot (ABC)$. Следовательно, треугольники $MLK$ и $KLD$ являются прямоугольными с общим катетом $KL$.
По теореме Пифагора:
$KM^{2} = KL^{2} + ML^{2}$ в $\triangle MLK$;
$KD^{2} = KL^{2} + LD^{2}$ в $\triangle KLD$.
Так как ранее было доказано, что $ML = LD$, то и гипотенузы этих треугольников равны: $KM = KD$. Что и требовалось доказать.
б) Найдем объем пирамиды $KMCD$.
Пусть $CH_1$ — высота трапеции $ABCD$, которая также является высотой в равностороннем треугольнике $OCD$.

В треугольнике $OCD$ точка $H_1$ делит сторону $OD$ пополам ($OH_1 = H_1D = 1$).
По теореме Пифагора: $CH_1 = \sqrt{CD^2 - H_1D^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$.
Площадь треугольника $HCD$ равна: $S_{HCD} = \frac{1}{2} \cdot CH_1 \cdot HC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{3} \cdot 6 = 3\sqrt{3}$.
Поскольку $M$ — середина $HD$, площади треугольников $CHM$ и $CDM$ равны: $S_{CDM} = \frac{1}{2} S_{HCD} = \frac{3}{2}\sqrt{3}$.
Объем искомой фигуры: $V_{KMCD} = \frac{1}{3} \cdot KL \cdot S_{CDM}$.
4) Найдем высоту $KL$, рассмотрев сечение $SOC$:

Из подобия в пункте (а) мы знаем, что $\frac{CL}{LD} = 3$, откуда $\frac{CL}{CO} = \frac{3}{4}$.
Треугольники $KLC$ и $SOC$ подобны по двум углам ($\angle C$ общий, $\angle KLC = \angle SOC = 90^\circ$).
Тогда $\frac{KL}{SO} = \frac{LC}{OC} = \frac{3}{4}$, то есть $KL = \frac{3}{4} SO$.
В прямоугольном треугольнике $SOC$ найдем $SO$: $SO = \sqrt{SC^2 - OC^2} = \sqrt{8^2 - 2^2} = \sqrt{60} = 2\sqrt{15}$.
Тогда $KL = \frac{3}{4} \cdot 2\sqrt{15} = \frac{3}{2}\sqrt{15}$.
Вычисляем итоговый объем:
$V_{KMCD} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{15} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{3} = \frac{1}{2}\sqrt{15} \cdot \frac{3}{2}\sqrt{3} = \frac{3\sqrt{45}}{4} = \frac{3 \cdot 3\sqrt{5}}{4} = \frac{9\sqrt{5}}{4}$.

Ответ: $\frac{9}{4} \sqrt{5}$

Источник: ФИПИ

Разбор решения:
Дано неравенство: $\frac{0{,}125^{x} - 64}{16^{x} - 4^{x + 1} + 4} \leq 0$.
Для начала определим область допустимых значений, исключив точки, в которых знаменатель обращается в ноль:
$16^{x} - 4^{x + 1} + 4 \neq 0$
Преобразуем выражение, используя свойства степени $4^{x+1} = 4 \cdot 4^x$:
$(4^x)^2 - 4 \cdot 4^{x} + 4 \neq 0$
Заметим формулу квадрата разности $(a-b)^2$:
$\left(4^{x} - 2\right)^{2} \neq 0$
Следовательно, $4^{x} \neq 2$. Представим обе части как степени двойки:
$2^{2x} \neq 2^{1}$
Отсюда получаем ограничение по переменной: $2x \neq 1$, то есть $x \neq 0{,}5$.

Теперь проанализируем знак дроби. Поскольку знаменатель $\left(4^{x} - 2\right)^{2}$ всегда положителен при $x \neq 0{,}5$, исходное неравенство равносильно условию, что числитель меньше или равен нулю:
$0{,}125^{x} - 64 \leq 0$
Перейдем к основанию $2$, учитывая, что $0{,}125 = \frac{1}{8} = 2^{-3}$ и $64 = 2^6$:
$(2^{-3})^x \leq 2^6$
$2^{-3x} \leq 2^6$
Так как основание степени $2 > 1$, знак неравенства для показателей сохраняется:
$-3x \leq 6$
Разделим на $-3$, меняя знак неравенства:
$x \geq -2$.

Объединим полученное условие с найденным ранее ограничением для знаменателя:

Ответ: $[-2; 0{,}5) \cup (0{,}5; +\infty)$

Источник: ФИПИ

Решение.

Рассмотрим скорость как функцию численности $N$, где $4 \le N \le 64$:

$$w(N) = 64 N - N^{2} = -\left(N - 32\right)^{2} + 1024.$$

Отсюда $w \le 1024$ при любом $N$, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда $N = 32$. Значение $N = 32$ допустимо, так как $4 \le 32 \le 64$.

Функция $N(t) = 4 \cdot 2^{\frac{t}{3}}$ непрерывна и строго возрастает, поэтому значение $N = 32$ достигается ровно один раз. Найдём этот момент:

$$4 \cdot 2^{\frac{t}{3}} = 32 \implies 2^{\frac{t}{3}} = 8 = 2^{3} \implies \frac{t}{3} = 3 \implies t = 9.$$

Проверка: $N(9) = 4 \cdot 2^{3} = 32$ млн клеток, тогда $w = 32 \cdot (64 - 32) = 32 \cdot 32 = 1024$.

Ответ: наибольшая скорость равна 1024 условных единицы в час; она достигается через 9 часов.

Решение:

а) Применим теорему Менелая к треугольнику $ABB_{1}$ и прямой, пересекающей его стороны:
$$\frac{AC_{1}}{C_{1} B} \cdot \frac{BD}{DB_{1}} \cdot \frac{B_{1} C}{AC} = 1$$
Подставим известные отношения сторон:
$$\frac{8}{3} \cdot \frac{BD}{DB_{1}} \cdot \frac{3}{4} = 1$$
Откуда получаем соотношение отрезков на стороне $BB_1$:
$$\frac{BD}{DB_{1}} = \frac{1}{2}.$$
Согласно теореме Фалеса, из условия $A_{1} D \parallel B_{1} C$ вытекает параллельность $A_{1} D \parallel AB_{1}$.
Пусть точка $K$ является точкой пересечения прямых $AD$ и $BC$.
Воспользуемся теоремой Менелая для треугольника $BB_{1} C$:
$$\frac{BK}{KC} \cdot \frac{AC}{AB_{1}} \cdot \frac{B_{1} D}{BD} = 1$$
Подставляя значения, имеем:
$$\frac{BK}{KC} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{2}{7} = 1 \Rightarrow \frac{BK}{KC} = \frac{1}{8}$$
Рассматривая подобие, находим, что $\frac{C_{1} A}{A_{1} K} = \frac{C_{1} B}{AB_{1}} = \frac{3}{7}$.
Так как $AK \parallel A_{1} B_{1}$, то и $AD \parallel A_{1} B_{1}$.
Учитывая, что $A_{1} D \parallel AB_{1}$ и $AD \parallel A_{1} B_{1}$, заключаем, что четырехугольник $ADA_{1} B_{1}$ является параллелограммом по определению. Что и требовалось доказать.
б) Пусть $\angle AKC = 90^{\circ}$.
Вычислим длину отрезка $KC$: $KC = \frac{8}{9} BC = \frac{40}{3}$.
Тогда косинус угла при вершине $C$ в прямоугольном треугольнике $AKC$ равен:
$$\cos \angle KCA = \frac{KC}{AC} = \frac{40/3}{16} = \frac{5}{6}$$
Найдем сторону $AB$ треугольника $ABC$, используя теорему косинусов:
$$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} - 2 AC \cdot BC \cdot \cos \angle KCA$$
$$AB^{2} = 16^{2} + 15^{2} - 2 \cdot 16 \cdot 15 \cdot \frac{5}{6} = 256 + 225 - 400 = 81$$
Следовательно, $AB = 9$.
Определим синус этого же угла:
$$\sin \angle KCA = \sqrt{1 - \left(\frac{5}{6}\right)^{2}} = \frac{\sqrt{11}}{6}$$
Для нахождения радиуса $R$ описанной около $\triangle ABC$ окружности используем теорему синусов:
$$\frac{AB}{\sin \angle KCA} = 2 R \Rightarrow R = \frac{9}{2 \cdot \frac{\sqrt{11}}{6}} = \frac{27}{\sqrt{11}} = \frac{27 \sqrt{11}}{11}.$$

Ответ: б) $\frac{27 \sqrt{11}}{11}$

Источник: ФИПИ

Решение:
$( a + 2 x ) \sqrt{1 + 2 ax} = ( a + 2 x ) ( a + x + 1 )$
$( a + 2 x ) ( \sqrt{1 + 2 ax} - a - x - 1 ) = 0$
$\left[\begin{matrix} \left\{\begin{matrix} \begin{matrix}a + 2 x = 0 , \\ 1 + 2 ax \geq 0 \Leftrightarrow a \geq - \frac{1}{2 x}\end{matrix} \end{matrix}\right. \\ a + x + 1 = \sqrt{1 + 2 ax} , ( a \geq - x - 1 ) \end{matrix}\right.$
$\left(( a + x )\right)^{2} + 2 ( a + x ) + 1 = 1 + 2 ax$
$a^{2} + 2 ax + x^{2} + 2 a + 2 x + 1 = 1 + 2 ax$
$a^{2} + 2 a + x^{2} + 2 x = 0$
$\left\{\begin{matrix} \left(( a + 1 )\right)^{2} + \left(( x + 1 )\right)^{2} = 2 , \\ a \geq - x - 1 \end{matrix}\right.$

1) $\left\{\begin{matrix} x = - a - 1 , \\ \left(( a + 1 )\right)^{2} + \left(( x + 1 )\right)^{2} = 2 \end{matrix}\right.$
$2 a^{2} + 2 a - 1 = 0 \\ a = - \frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2} .$
2) $\left\{\begin{matrix} a = - 2 x \Rightarrow x = - \frac{1}{2} a , \\ \left(( a + 1 )\right)^{2} + \left(( x + 1 )\right)^{2} = 2 \end{matrix}\right.$
$a_{1} = 0 , a_{2} = - \frac{4}{5} .$
3) $a = 0 .$
$4 ) a \in [ - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} , - 1 + \sqrt{2} ) .$